4.3.1 直线运动的多过程问题(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略

3 逐解热考的主题 二轮复习3步走 主题(一)　直线运动的多过程问题 1.(2024·河南二模)如图所示,平行板电容器的电容为C,A板上有一小孔,小孔的正上方h处有一质量为m、带电荷量为q的小球,小孔的直径略大于小球的直径。将小球由静止释放,经时间t小球速度减为零(小球未与B板相碰)。重力加速度为g,空气阻力不计。下列说法正确的是(　　) 典题集训 A.小球全过程做匀变速直线运动 B.t时间内小球的平均速度为 C.可以求出电容器极板上的电荷量 D.可以求出平行板电容器两板间距 √ 解析:小球先做匀加速运动后做匀减速运动,全程加速度不恒定,故A错误;设小球刚到达小孔时的速度为v0,有=2gh,解得v0=,在A、B板间,小球做匀减速直线运动,匀减速阶段与自由落体阶段平均速度均为,所以t时间内小球的平均速度为=,故B正确;根据自由落体运动规律有h=g,解得t1=, 则小球在电容器内减速到零的时间t2=t-t1=t-,根据加速度定义式可以求出小球在板间运动的加速度,根据牛顿第二定律可以求出电场强度大小,但两板间距无法求出,板间电压也无法求出,所以电容器极板上的电荷量无法求出,故C、D错误。 2.如图所示,有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定,内有带负电的小球,小球直径略小于管道直径,小球质量为m、电荷量为q,小球与管道间的动摩擦因数为μ,空间中有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场。现对小球施加水平向右的恒力F,使小球自静止开始运动。已知重力加速度为g,下列对小球的运动过程判断正确的是 (　　) A.小球一直做加速度减小的运动 B.小球最大的加速度为 C.小球稳定时速度为 D.从开始运动到最大速度时,F做的功WF= √ 解析:对小球受力分析,小球从静止开始运动,则在竖直方向上FN+qvB=mg,水平方向上F-μFN=ma,联立可得a=,从静止开始,速度逐渐增加,则加速度先逐渐增大;当mg=qvB时,加速度达到最大值,为amax=;随着速度的增加,竖直方向上受力情况变为FN+mg=qvB,可得此时的加速度为a=,随着速度的继续增大,小球加速度减小,当 F-μ(qvB-mg)=0时,小球加速度为0,开始做匀速直线运动,可得小球稳定时 速度为vmax=,可知小球的加速度先增加后减小,故A、B错误,C正确;从开始运动到最大速度的过程中,根据动能定理可得WF-Wf=m,可得WF=+Wf,故D错误。故选C。 3.(2024·四川南充二模)如图所示,固定在水平 面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳 相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮 轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块 离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量为m=1 kg,B物块的质量为M= 3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g=10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A上滑过程恰好未与滑轮相撞,求: (1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小; 答案:5 m/s2　10 m/s　 解析:根据题意,设B物块下落过程中绳子的拉力大小为F,由牛顿第二定律,对B物块有Mg-F=Ma 对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 联立解得a=5 m/s2 B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah 解得v=10 m/s。 (2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 答案:15 m　(3+)s 解析:根据题意可知,绳断前,A的运动时间为 t1==2 s 绳断后,A上滑过程有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 解得a1=10 m/s2 A上滑到斜面顶端的时间为t2==1 s 上滑的距离为x==5 m 则斜面的长度为L=h+x=15 m A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得a2=2 m/s2 下滑到斜面底端的时间为t3== s 则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t=t1+t2+t3=(3+)s。 直线运动多过程问题的解题关键 1.把握一个原则——化整为零 多过程问题往往可按物体参与的时间先后顺序或空间顺序,将整个过程恰当地划分为若干个子过程,找出各子过程之间物理量的联系及各个阶段的连接点(即临界点),明确各子过程所遵循的物理规律。 归纳建模 2.细审运动过程——描点连线 (1)直线运动中的多过程问题,一般是根据加速度的变化将整个过程分为若干个子过程,各子过程交接处的速度是联系各过程的纽带。 (2)解决问题的技巧:平均速度解法最简洁,图像法更直观;各物理量均为矢量,在有往返的运动中,必须明确正方向。 主题作业评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.(2024·贵州贵阳一模)蹴球是中国少数 民族的一种传统体育项目,比赛在一块正方形 水平地面上进行,比赛用球为硬塑实心球。如 图所示,静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L,两球质量相同,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ,一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度,球1与球2发生弹性正碰后,球2恰好能到达边线,重力加速度为g。则球2运动的时间为(　　) 6 7 8 9 10 A. B. C.2 D. 解析:球2做匀减速直线运动直到停下,可以看作做反向匀加速直线运动,可得L=at2,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,联立求得t=,A正确。 1 2 3 4 5 √ 1 5 6 7 8 9 10 2.(2024·河北二模)某冰壶比赛赛道 的简化图如图所示。A、B、C、D是水 平冰面直线赛道上的四个点,其中A是掷 出点,D是营垒中心,AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度v0掷出,冰壶沿直线AD做减速运动,经过B点时速度恰好为,另一运动员用冰刷摩擦B、D之间的冰面以减小动摩擦因数,冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰刷摩擦冰面时,冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ,假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同,则摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数为(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 A. B. C. D. 解析:设A、B之间的距离为x,冰壶由A运动到B,根据运动学公式可得-=2μgx,冰壶由B运动到D,有=2μ'g×2x,解得μ'=,故选D。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 3.(2024·四川绵阳二模)如图甲所示,斜面固定,用沿斜面向上的不同的恒力F,使同一物体沿斜面向上做匀加速运动,其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图像斜率和截距可求得的物理量是 (　　) A.物体质量 B.斜面倾斜角 C.当地重力加速度 D.物体与斜面间的动摩擦因数 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 解析:设a⁃F图像斜率为k,纵轴截距为b。若斜面光滑,对物体受力分析如图1所示,有F-mgsin θ=ma,解得a=F-gsin θ,则k=,b=gsin θ;若斜面粗糙, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 对物体受力分析如图2所示,有F-(mgsin θ+μmgcos θ) =ma,解得a=F-(gsin θ+μgcos θ),则k=,b=gsin θ+μgcos θ;综上可知根据a⁃F图像斜率和截距可求得的物理量是物体质量m。故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 4.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点,由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向左平移到P'点,则由O点静止释放的电子(　　) A.运动到P点返回 B.运动到P和P'点之间返回 C.运动到P'点返回 D.穿过P'点后继续运动 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 解析:由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,表明电子在薄板A、B之间做加速运动,电场力做正功,电场方向向左;在薄板B、C之间做减速运动,电场力做负功,电场方向向右;到达P点时速度恰好为0;之后电子向左加速至M点,再向左减速至O点速度为0,之后重复先前的运动。根据动能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,根据C==,当C板向左平移到P'点,B、C间距减小,B、C之间电压减小,则有UMP=UMO>UMP',结合上述有-eUOM-eUMP'>0,可知电子减速运动到P'点的速度不等于0,即电子穿过P'点后继续向右运动。故选D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 5.(2024年1月·河南高考适应性演练)如图,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为 (　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 解析:设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2,汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律有f=ma,则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为==,由运动学公式,在路面上有-=2a1x1,在冰面上有=2a2x2,其中=,解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=。故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 6.(2024·山东潍坊二模)如图甲所示,质量m=1 kg的物体静止在水平地面上,t=0时刻对物体施加一个水平向右的作用力,作用力随时间的变化关系如图乙所示,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 A.t=4 s时物体的速度最大 B.t=7 s时物体的动能为40.5 J C.0~4 s内物体的平均速度大小为2.25 m/s D.0~4 s内物体所受摩擦力的冲量大小为4 N·s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 解析:由题意可得,物体所受的滑动摩擦力Ff=μmg=1 N,结合题图乙, 0~1 s,F<Ff,物体静止;1~7 s,F>Ff,物体向右加速;7~8 s,F<Ff,物体向右做减速运动。由以上分析可知,t=7 s时物体的速度最大,故A错误;由动量定理得,1~7 s,IF7-Ff t7=mv7　①,由题图乙可得,1~7 s,F的冲量IF7=2××3 N·s =15 N·s,将IF7、Ff、t7=6 s代入①式得,t=7 s时物体的速度v7=9 m/s,t=7 s时物体的动能Ek=m=40.5 J,故B正确;由动量定理得,1~4 s,IF4-Fft4=mv4　②, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 由题图乙可得,1~4 s,F的冲量IF4=×3 N·s=7.5 N·s,将IF4、Ff、t4=3 s代入②式得,t=4 s时物体的速度v4=4.5 m/s,由于0~4 s内物体不做匀加速运动,所以0~4 s内物体的平均速度≠=2.25 m/s,故C错误;1~4 s,摩擦力的冲量If4=Fft4=1×3 N·s=3 N·s,0~1 s,摩擦力小于滑动摩擦力,所以冲量If1<Ff t1=1×1 N·s=1 N·s,0~4 s内摩擦力的冲量If<(Fft1+Fft4)= 4 N·s,故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 7.(2024·福建福州三模)(多选)如图所示,带电圆环P套在足够长的粗糙绝缘水平细杆上,空间中存在与水平杆成θ角斜向左上方的匀强电场,现给圆环P一向右初速度,使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆环P滑至A点时,在空间加上水平方向且垂直细杆的匀强磁场,并从此刻开始计时,t1时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向,则运动过程圆环P受到的摩擦力f、速度v、加速度a、动能Ek随时间t变化的图像,可能正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 解析:在匀强电场中,圆环在杆上与杆无挤压地滑行,则qEsin θ=mg,故加上磁场后,速度为v时,圆环与杆间的压力为FN=qvB;圆环向右运动的过程中,根据牛顿第二定律有qEcos θ+f=ma1,且f=μFN,加速度为a1=,圆环向右运动的过程中,圆环速度减小,向左的加速度逐渐减小;圆环向左运动的过程中,根据牛顿第二定律有qEcos θ-μFN=ma2,加速度为a2=,圆环向左运动的过程中,圆环速度增大,向左的加速度逐渐减小,故整个运动过程,加速度一直向左且逐渐减小,故图C不符合要求; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 由于圆环P从A点出发再返回A点,克服摩擦力做功,返回A点时的速度小于从A点出发时的速度,根据v⁃t图像的斜率表示加速度,可知速度v随时间t变化的图像如图B所示,故图B符合要求;返回A点时圆环受到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦力,故图A不符合要求;根据Ek=mv2,可知动能Ek随时间t变化的图像如图D所示,故图D符合要求。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 8.(多选)如图,一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,杆和磁场垂直,与水平方向成θ角,杆上套一个质量为m、电荷量为+q的小球,小球与杆之间的动摩擦因数为μ,从A点开始静止释放小球,使小球沿杆向下运动。设磁场区域很大,杆足够长,已知重力加速度为g。则下列叙述中正确的是(　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 A.小球运动的速度先增大后减小再保持不变 B.小球运动的加速度先增大到gsin θ,然后减小到零 C.小球的速度达到最大速度一半时,加速度一定是0.5g(sin θ+μcos θ) D.小球的速度达到最大速度一半时,加速度可能是0.5g(3sin θ-μcos θ) 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 解析:当洛伦兹力小于小球重力垂直于杆的分力时, 随着小球速度增大,小球与杆间的压力减小,则滑动摩擦 力也减小,所以加速度增加;当洛伦兹力大于重力垂直于 杆的分力时,随着小球速度增大,滑动摩擦力增大,从而加 速度减小,直到处于受力平衡状态,做匀速直线运动,因此小球先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动,故A错误;当杆对小球的弹力为零时,小球加速度最大,小球受力如图1所示, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 根据牛顿第二定律mgsin θ=mam,解得am=gsin θ,之后加速度减小,直到受力平衡,加速度变为零,故B正确;当小球所受合力为零时,速度最大,设最大速度根据平衡条件有qvmB=N+mgcos θ,mgsin θ=f,滑动摩擦力为f=μN,解得vm=,当小球加速度达到最大时,设速度为v1,有qv1B=mgcos θ,得v1=,为vm,小球受力如图2所示, 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 根据平衡条件有qvmB=N+mgcos θ,mgsin θ=f,滑动摩擦力为f=μN,解得vm=,当小球加速度达到最大时,设速度为v1,有qv1B=mgcos θ,得v1=,由小球静止释放能下滑可知mgsin θ>μmgcos θ,联立可知v1<,说明小球速度为最大值一半时,处于加速度减小的加速阶段,受杆的弹力斜向下,mgsin θ-f'=ma,qB=N'+mgcos θ,f'=μN',联立解得a= 0.5g(sin θ+μcos θ),故C正确,D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 9.(14分)(2024·全国甲卷)为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小a=2 m/s2,在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s,求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 (1)救护车匀速运动时的速度大小; 答案:20 m/s　 解析:根据题意可知,救护车匀速运动时的速度大小为v=at1,代入数据解得v=20 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案:680 m 解析:设救护车在t=t0时停止鸣笛,则由运动学规律可知,此时救护车距出发处的距离为x=a+v(t0-t1),又x=v0(t2-t0) 联立并代入数据解得x=680 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 10.(16分)(2024·贵州遵义三模)如图所示,足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接,空间存在着平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg、带电荷量为q=+5×10-4C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t=2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 (1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小; 答案:3.5 N　0.5 m/s2　 解析:小滑块从A滑行到B过程,小滑块所受的电场力F=Eq,滑块所受的摩擦力大小为f=μ(mg-Fsin 37°),联立解得f=3.5 N 由牛顿第二定律可得Fcos 37°-f=ma1,解得小滑块的加速度大小为a1=0.5 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 (2)AB两点的距离和电势差UAB; 答案:1 m　8 000 V　 解析:AB两点的距离d=a1t2,解得d=1 m,电势差UAB=Edcos 37°,解得UAB=8 000 V。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 (3)小滑块沿斜面上升的最大高度。 答案:0.3 m 解析:小滑块沿斜面上升,有qE-mgsin 37°=ma2,解得a2=-1 m/s2,由运动学公式vB=a1t,-=2a2x,h=xsin 37°,联立解得h=0.3 m。 2 3 4 本课结束 $$